- kevindebruyne17 yêu thích
phuc_90
Thống kê
- Nhóm: Thành viên
- Bài viết: 438
- Lượt xem: 7704
- Danh hiệu: Sĩ quan
- Tuổi: Chưa nhập tuổi
- Ngày sinh: Tháng tư 30
-
Giới tính
Nam
-
Đến từ
Lỗ đen vũ trụ
Công cụ người dùng
Lần ghé thăm cuối
#731021 Tính tổng Sn (khó)
Gửi bởi phuc_90 trong 07-10-2021 - 09:25
#731010 Chứng minh rằng $F(x)={{[P(x)]}^{2}}+1...
Gửi bởi phuc_90 trong 06-10-2021 - 22:27
Đa thức $P(x)$ với hệ số nguyên thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} P(2006)=2006! \\ xP(x-1)=(x-2006)P(x),\forall x\in \mathbb{R}. \end{matrix}\right.$Chứng minh rằng $F(x)={{[P(x)]}^{2}}+1$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}$.
Bổ đề 1: Nếu $H(x)$ là đa thức hệ số nguyên với $deg H < \infty$ thỏa $\left\{\begin{matrix}H(a_0)=1\,\,,\,\,a_0\in \mathbb{Z}\\H(x)=H(x-1)\,\,,\,\,\forall x\in \mathbb{R} \end{matrix}\right.$ thì $H(x)=1$
Thật vậy, từ điều kiện $\left\{\begin{matrix}H(a_0)=1\,\,,\,\,a_0\in \mathbb{Z}\\H(x)=H(x-1)\,\,,\,\,\forall x\in \mathbb{R} \end{matrix}\right.$
Ta suy ra được $H(n)=1\,\,,\,\,\forall n\in \mathbb{Z}$ , khi đó đa thức $H(x)-1$ sẽ có vô số nghiệm trên tập các số nguyên nên $H(x)-1\equiv 0$
Suy ra $H(x)=1$
Bổ đề 2: Đa thức $P(x)=(x-a_1)^2(x-a_2)^2...(x-a_n)^2+1$ là bất khả quy trên $\mathbb{Z}[x]$ với $a_1,a_2,..,a_n$ là các số nguyên
Giả sử $P(x)=Q(x)R(x)$ với $Q(x),R(x)$ là các đa thức hệ số nguyên và $1\leq deg Q\,\,,\,\,deg R\leq n-1$
Ta có $Q(a_i)R(a_i)=P(a_i)=1\,\,,\,\,i=\overline{1,n}$
Suy ra $Q(a_i)=R(a_i)=1$ hoặc $Q(a_i)=R(a_i)=-1$ với mọi $1\leq i\leq n$
Khi đó đa thức $Q(x)-R(x)$ có $deg(Q-R)\leq n-1$ nhưng có tới $n$ nghiệm là $a_1,a_2,..,a_n$
Do đó $Q(x)-R(x)\equiv 0$ hay $Q(x)=R(x)$
Khi đó ta có $Q^2(x)=P(x)=(x-a_1)^2(x-a_2)^2...(x-a_n)^2+1$
suy ra $\left ( Q(x)-(x-a_1)...(x-a_n) \right )\left ( Q(x)+(x-a_1)...(x-a_n) \right )=1$ (điều này không thể xảy ra)
Vậy $P(x)$ là đa thức bất khả quy trên $\mathbb{Z}[x]$
Trở lại bài toán
Ta có $\left\{\begin{matrix}0.P(-1)=-2006.P(0)\\ 1.P(0)=-2005.P(1)\\ ....................\\ 2006.P(2005)=0.P(2006)\end{matrix}\right.$ suy ra $P(0)=P(1)=...=P(2005)=0$
Khi đó ta có thể viết $P(x)$ dưới dạng $P(x)=x(x-1)...(x-2005)H(x)$ với $H(x)$ là đa thức có hệ số nguyên và $deg H < deg P$
Từ điều kiện $xP(x-1)=(x-2006)P(x)\,\,,\,\,\forall x\in \mathbb{R}$
Ta suy ra được $x(x-1)...(x-2006)H(x-1)=x(x-1)...(x-2006)H(x)\,\,,\,\,\forall x\in \mathbb{R}$
Điều này chỉ xảy ra khi $H(x)=H(x-1)\,\,,\,\,\forall x\in \mathbb{R}$
Mặt khác, ta có $2006!=P(2006)=2006! H(2006)$ suy ra $H(2006)=1$
Khi đó áp dụng các bổ đề trên ta có $P^2(x)+1$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}[x]$
- perfectstrong, Lemonjuice và MiTiBAM thích
#730921 Cho $P(x)=Q(x)+Q(1-x)$ và $P(0)=0$. Tính $P(P(2013))...
Gửi bởi phuc_90 trong 04-10-2021 - 16:48
Cho các đa thức $P(x),Q(x)$ với hệ số thực thoả mãn điều kiện $P(x)=Q(x)+Q(1-x),\forall x\in \mathbb R$. Biết $P(0)=0$ và các hệ số của $P(x)$ đều không âm. Tính $P(P(2013))$.
Từ giả thiết $P(x)=Q(x)+Q(1-x)$ , ta thay $x$ bởi $1-x$ khi đó $P(1-x)=Q(1-x)+Q(x)$
Suy ra $P(x)=P(1-x)\,\,\,,\,\,\,\forall x\in \mathbb{R}$ (*)
Giả sử $P(x)=a_0+a_1x+...+a_nx^n$ với các hệ số là các số thực không âm.
Từ (*) cho $x=0$ ta có $a_0=P(0)=P(1)=a_0+a_1+...+a_n$ suy ra $a_1+a_2+...+a_n=0 \Rightarrow a_1=0,\,\,a_2=0,\,\,...,\,\,a_n=0$
Suy ra $P(x)=a_0$ mà ta lại có $P(0)=0$ nên $a_0=0$. Vậy $P(x)=0$
Điều này dẫn tới $P(P(2013))=0$
- DOTOANNANG và MiTiBAM thích
#730853 $$2011x+y=3z^2$$
Gửi bởi phuc_90 trong 02-10-2021 - 16:05
Bài toán: Tìm tất cả nghiệm nguyên dương $x,y,z$ của phương trình sau
$$2011x+y=3z^2$$
- DOTOANNANG yêu thích
#730839 $G=\left \{ x,y\in G\,\,|\,\, x^...
Gửi bởi phuc_90 trong 01-10-2021 - 16:58
Bài toán: Cho nhóm $G$ được xác định như sau $G=\left \{ x,y\in G\,\,|\,\, x^3=y^2=(xy)^2 =1\right \}$
Hãy liệt kê tất cả phần tử, tất cả nhóm con chuẩn tắc của nhóm G.
- DOTOANNANG yêu thích
#730838 chứng minh ma trận vuông $A$ giao hoán với mọi ma trận vuông cùng c...
Gửi bởi phuc_90 trong 01-10-2021 - 16:36
Hai ma trận vuông $A$ và $B$ được gọi là giao hoán nhau nếu $AB= BA.$ Chứng minh rằng ma trận vuông $A$ giao hoán với mọi ma trận vuông cùng cấp với nó khi và chỉ khi $A$ có dạng đường chéo $k\cdot l$ với số thực $k,$ và ma trận đơn vị $I.$
- Nếu $A=kI_n$ thì $AB=kI_nB=kB=BkI_n=BA$
- Giả sử $A$ giao hoán với mọi ma trận vuông có cùng cấp với nó
Ta lấy $B$ là ma trận đường chéo, có các phần tử khác nhau, thì theo bài https://diendantoanh...t-ma-trận-chéo/ suy ra $A$ là ma trận đường chéo
Bây giờ ta cho các phần tử trên đường chéo chính của $A$ bằng nhau thì $A$ sẽ có dạng $kI_n$
- DOTOANNANG, Lecaotri99 và quangkhai512 thích
#730836 Chứng minh rằng mọi ma trận giao hoán với $A$ cũng là một ma trận c...
Gửi bởi phuc_90 trong 01-10-2021 - 16:14
Cho $A$ là một ma trận vuông có các phần tử nằm ngoài đường chéo chính bằng $0,$ gọi là ma trận chéo; với các phần tử trên đường chéo chính khác nhau từng đôi một. Chứng minh rằng mọi ma trận giao hoán với $A$ cũng là một ma trận chéo.
Giả sử $A,B$ là ma trận vuông cấp n
Do $AB=BA$ nên với mọi $1\leq i\neq j\leq n$ ta có $[AB]_{ij}=[BA]_{ij}$
$ \Rightarrow \sum_{i=1}^{n}[A]_{ik}[B]_{kj}=\sum_{i=1}^{n}[B]_{ik}[A]_{kj}\,\,\,\Rightarrow \,\,\, [A]_{ii}[B]_{ij}=[B]_{ij}[A]_{jj}$
do $[A]_{ii}\neq [A]_{jj}$ nên $[B]_{ij}=0$
Vậy $B$ là ma trận đường chéo.
- ducthinh2603 và DOTOANNANG thích
#730821 $\bigcup_{x\in G}x^{-1}Hx \neq G$
Gửi bởi phuc_90 trong 30-09-2021 - 21:48
Bài toán: Cho $H$ là một nhóm con thật sự của nhóm $G$ hữu hạn.
Chứng minh rằng $\bigcup_{x\in G}x^{-1}Hx \neq G$
- DOTOANNANG và poset thích
#730812 Chứng minh định lý lớn Fermat ngắn gọn bằng toán sơ cấp
Gửi bởi phuc_90 trong 30-09-2021 - 14:48
Đọc phần chứng minh này tôi thấy bạn đang đi tìm giá trị để các cạnh của một tam giác là số nguyên. Chứ chưa thấy giải quyết được gì.
Từ $z<x+y$ và $z>y>x$ mà suy ra đó là điều kiện để $x^n+y^n=z^n$ có nghiệm với $n\geq 2$ là hết sức phi lý rồi.
- perfectstrong, DOTOANNANG, poset và 1 người khác yêu thích
#730736 $G\setminus H$ hữu hạn
Gửi bởi phuc_90 trong 27-09-2021 - 22:59
Bài toán: Cho $H$ là một nhóm con của nhóm $G$. Chứng minh rằng $G\setminus H$ hữu hạn khi và chỉ khi $G$ hữu hạn hoặc $H=G$
- DOTOANNANG yêu thích
#730735 Cho $\left ( G, + \right )$ là $1$ nhóm có...
Gửi bởi phuc_90 trong 27-09-2021 - 22:56
Cho $\left ( G, + \right )$ là $1$ nhóm có $7$ phần tử. Chứng minh $G$ là một nhóm giao hoán.
Cách 1: Lấy $a$ là phần tử bất kì của $G$ khác phần tử đơn vị , khi đó theo định lý Lagrange thì $\left | \left \langle a \right \rangle \right |$ sẽ là ước của $|G|=7$
Suy ra $\left | \left \langle a \right \rangle \right |=1$ hoặc $\left | \left \langle a \right \rangle \right |=7$ , do $a$ khác phần tử đơn vị nên ta loại $\left | \left \langle a \right \rangle \right |=1$
Vậy $\left | \left \langle a \right \rangle \right |=7=|G|$ suy ra $\left \langle a \right \rangle=G$ hay G giao hoán.
Cách 2: $(G, +)$ có 7 phần tử nên đẳng cấu với $(\mathbb{Z_7}, +)$ suy ra $G$ giao hoán.
- DOTOANNANG và Minhcarnation thích
#730679 $(x_{n+1}-x_n)(x_{n+1}x_n-1)\leq 0$
Gửi bởi phuc_90 trong 24-09-2021 - 16:43
Bài toán: Cho $(x_n)_n$ là dãy các số thực dương sao cho $(x_{n+1}-x_n)(x_{n+1}x_n-1)\leq 0\,\,,\,\, \forall n\geq 1$ và $\lim_{n\to \infty} \frac{x_{n+1}}{x_n}=1$
Chứng minh rằng $(x_n)_n$ là dãy hội tụ
Proposed by Mihai
- nhungvienkimcuong và DOTOANNANG thích
#730676 Đề chọn đội tuyển VMO Hà Tĩnh 2021-2022
Gửi bởi phuc_90 trong 24-09-2021 - 10:05
Kỳ thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi quốc gia THPT năm học 2021-2022
22/09/2021
Bài 1. (5 điểm)
Cho $a\geq 2$ và $x_1,x_2$ là hai nghiệm của phương trình $x^2-ax+1=0$. Đặt $S_n=x_1^n+x_2^n,n=1,2,...$
a) Chứng minh dãy $\begin{Bmatrix} \frac{S_n}{S_{n+1}} \end{Bmatrix}_{n+1}^{+\infty}$ là dãy giảm.
b) Tìm tất cả các giá trị $a$ sao cho $\frac{S_1}{S_2}+\frac{S_2}{S_3}+...+\frac{S_n}{S_{n+1}}>n-1$. với mọi $n=1,2,...$
Do $x_1,x_2$ là 2 nghiệm của phương trình $x^2-ax+1=0$ nên $x_1+x_2=a$ và $x_1x_2=1$
Khi đó $S_{n+2}=x_1^{n+2}+x_2^{n+2}=(x_1+x_2)(x_1^{n+1}+x_2^{n+1})-x_1x_2(x_1^{n}+x_2^{n})=aS_{n+1}-S_n$
Ta có $S_2=x_1^2+x_2^2=a^2-2 \geq a=x_1+x_2=S_1$ giả sử $S_{n+1}\geq S_n\,\,,\,\, \forall n\leq k$
Suy ra $S_{k+2}=aS_{k+1}-S_k\geq aS_{k+1}-S_{k+1}=(a-1)S_{k+1}\geq S_{k+1}$
Theo nguyên lý qui nạp ta chứng minh được $S_{n+1}\geq S_n\,\,,\,\,\forall n\geq 1$
a) Ta có $S^2_{n+1}-S_nS_{n+2}=(x_1^{n+1}+x_2^{n+1})^2-(x_1^{n}+x_2^{n})(x_1^{n+2}+x_2^{n+2})=2-(x_1^{2}+x_2^{2})=4-a^2\leq 0$
nên $\frac{S_{n+1}}{S_{n+2}} \leq \frac{S_n}{S_{n+1}}$ mà điều này đúng với mọi $n\geq 1$
Suy ra $\begin{Bmatrix} \frac{S_n}{S_{n+1}} \end{Bmatrix}_{n=1}^{+\infty}$ là dãy giảm
b) Do $S_{n+1}\geq S_n\,\,,\,\,\forall n\geq 1$ nên $0<\frac{S_n}{S_{n+1}}\leq 1\,\,,\,\, \forall n\geq 1$
Ta có $S_{n+2}=aS_{n+1}-S_n$ suy ra $\frac{S_{n+1}}{S_{n+2}}=\frac{1}{a-\frac{S_n}{S_{n+1}}}$
Mà dãy $\begin{Bmatrix} \frac{S_n}{S_{n+1}} \end{Bmatrix}_{n=1}^{+\infty}$ là dãy giảm và bị chặn dưới nên hội tụ, đặt $\lim_{n \to \infty }\frac{S_n}{S_{n+1}}=b$ suy ra $0\leq b\leq 1$
Phương trình giới hạn $b=\frac{1}{a-b}$ có nghiệm $b=\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2}$ là thỏa điều kiện
Khi đó $\frac{S_1}{S_2}+\frac{S_2}{S_3}+...+\frac{S_n}{S_{n+1}}>nb=\frac{n(a-\sqrt{a^2-4})}{2}$
Do đó ta chỉ cần tìm $a$ sao cho $\frac{n(a-\sqrt{a^2-4})}{2}\geq n-1\,\,,\,\, \forall n\geq 1$
hay $(2-a+\sqrt{a^2-4})n<2\,\,,\,\, \forall n\geq 1$
điều này chỉ xảy ra khi $2-a+\sqrt{a^2-4}\leq 0$ hay $a=2$
- Nesbit, supermember, perfectstrong và 3 người khác yêu thích
#730646 $\lim_{n \to \infty }a_n=a\,\,,\...
Gửi bởi phuc_90 trong 23-09-2021 - 08:59
Bài toán: Cho dãy số thực dương $(a_n)_n$ và $a,b>0$ thỏa mãn $\lim_{n \to \infty }a_n=a$ và $\lim_{n \to \infty }\sqrt{a_n}=b$
Chứng minh rằng: $a=b^2$
- DOTOANNANG yêu thích
#730627 $$a_1=\frac{5}{3}\,\,,\,...
Gửi bởi phuc_90 trong 22-09-2021 - 17:26
Bài toán: Cho dãy số thực $(a_n)_n$ được xác định như sau
$$a_1=\frac{5}{3}\,\,,\,\,a_{n+1}=\frac{1}{4-3a_n}\,\,,\,\,\forall n\geq 1$$
Khẳng định hay phủ định $(a_n)_n$ là dãy hội tụ ? Chứng minh nhận định trên.
- perfectstrong, DOTOANNANG và Hoang Huynh thích
- Diễn đàn Toán học
- → Đang xem trang cá nhân: Likes: phuc_90